PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC KHÔNG GIAN OXY CỦA THẦY TRẦN PHƯƠNG HỌC MÃI

11
PH
ƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG TRONG MẶT PHẲNG
I. VÉCTƠ ĐẶC TRƯNG CỬA ĐƯỜNG THẲNG:
1.
Véctơ
( )
1 2
;v a a =

là véc tơ chỉ phương (VTCP) của (
∆
)
⇔
(
∆
) // giá của
v

2.
Véctơ
( )
;n a b =

là véc tơ pháp tuyến (VTPT) của (
∆
)
⇔
(
∆
)

⊥
giá của
n

3.
Nhận xét:

(
∆
) có vô số véctơ chỉ phương và vô số véctơ pháp tuyến đồng thời
v n ⊥
 
.
II. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
1.
Phương trình tham số: PT đt (
∆
) đi qua M
0
(
x
0
,
y
0
) và có VTCP
( )
1 2
;v a a =


:
( )
0 1
0 2
x x a t
t
y y a t
= +


∈

= +


»

2.
Phương trình chính tắc: PT đt (
∆
) đi qua M
0
(
x
0
,
y
0
) và có VTCP
( )

1 2
;v a a =

:
0 0
1 2
x x y y
a a
− −
=

3.
Phương trình hệ số góc: PT đt (
∆
) với hệ số góc
a
là:
y

=

ax

+

b
.
4.
Phương trình tổng quát: PT đt (
∆

) tổng quát:
0A x B y C + + =
với
2 2
0A B + >

Nhận xét:
(
∆
):
0Ax By C + + =
với
2 2
0A B + >
có
VTCP
( )
;v B = A

−
và VTPT
( )
;n A B =

5.
Phương trình đt (
∆
) đi qua M
0
(

x
0
,
y
0
) với hệ số góc
k
là:
( )
0 0
y k x x y= − +

6.
Phương trình đt (
∆
) đi qua M
0
(
x
0
,
y
0
) với VTPT
( )
;n A B =

là:
( ) ( )
0 0

0A x x B y y− + − =

7.
Phương trình đt (
∆
) đi qua M
0
(
x
0
,
y
0
) với VTCP
( )
;v A B =

là:
( ) ( )
0 0
0B x x A y y− − − =

8.
Phương trình đt (
∆
) đi qua 2 điểm M
1
(
x
1

,
y
1
), M
2
(
x
2
,
y
2
):
1 1
2 1 2 1
x x y y
x x y y
− −
=
− −

9.
Phương trình đoạn chắn đi qua A(0;
a
), B(0;
b
) là:
1
y
x
a b

+ =

10.
Phương trình chùm đường thẳng: Cho 2 đường thẳng cắt nhau
( ) ( )
1 1 1 1 2 2 2 2
: 0 ; : 0a x b y c a x b y c∆ + + = ∆ + + =
với I
=

( ) ( )
1 2
∆ ∆ ∩
.
Đường thẳng (∆) đi qua I là:
( ) ( )
1 1 1 2 2 2
0p a x b y c q a x b y c+ + + + + = với
2 2
0p q + >
AOTRANGTB.COM
H
H
H
Ì
Ì
Ì
N
N
N

H
H
H
G
G
G
I
I
I
Ả
Ả
Ả
I
I
I
T
T
T
Í
Í
Í
C
C
C
H
H
H
T
T
T

R
R
R
O
O
O
N
N
N
G
G
G
M
M
M
Ặ
Ặ
Ặ
T
T
T
P
P
P
H
H
H
Ẳ
Ẳ
Ẳ

N
N
N
G
G
G
O
O
O
X
X
X
Y
Y
Y
Thầy Trần Phương
Download tài li󰗈u h󰗎c t󰖮p t󰖢i :
Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương
12

III. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA 2 ĐƯỜNG THẲNG
1. Dạng tham số:
(
∆
1
) đi qua M
1
(
x
1

;
y
1
):
( )
1 1
1 1
x x a t
t
y y b t
= +


∈

= +


»
,
(
∆
2
) đi qua M
2
(
x
2
;
y

2
):
( )
2 2
2 2
x x a t
t
y y b t
= +


∈

= +


»


Nếu
( )
1 1 1
; //v a b =
 
( )
2 2 2
;v a b =
  
⇔

1 2 2 1
0a b a b − ≠
thì
( ) ( )
1 2
∆ ∆ ∩

=
điểm I.

Nếu
( ) ( )
1 1 1 2 2 2
; // ;v a b v a b=
 
=
  
//
1 2
M M

⇔

( ) ( )
1 2 2 1
1 2 1 1 2 1
0
0
a b a b
a y y b x x

− =



− − − ≠



thì (
∆
1
) // (
∆
2
).

Nếu
( ) ( )
1 1 1 2 2 2
; // ;v a b v a b=
 
=
  
1 2
// M M

⇔

( ) ( )
1 2 2 1

1 2 1 1 2 1
0
0
a b a b
a y y b x x
− =



− − − =



thì (
∆
1
)
≡
(
∆
2
).
2. Dạng tổng quát:

( ) ( )
( ) ( )
1 1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2 2
: 0; ;
: 0; ;

a x b y c n a b
a x b y c n a b

∆ + + = =



∆ + + = =

  
 
;
1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2
; ;
x y
a b b c c a
D D D
a b b c c a
= = =

Nếu D
≠
0
⇔

1 2 2 1
0a b a b − ≠
thì
( ) ( )

1 2
∆ ∆ ∩

=
điểm
;
y
D
x
D
I
D D
 
 
 


Nếu D
=
0 và
2 2
0
x y
D D + >

⇔

1 2 1
1 2 2
a a c

b b c
= ≠
thì (
∆
1
) // (
∆
2
).

Nếu
0
x y
D D D = = =

⇔

1 2 1
1 2 2
a a c
b b c
= =
thì (
∆
1
)
≡
(
∆
2

).
IV. GÓC GIỮA 2 ĐƯỜNG THẲNG:
1. Dạng hệ số góc:

Cho
( )
( )
1 1 1
2 2 1
:
:
y a x b
y a x b

∆ = +


∆ = +


. Góc
( )
[ ]
1 2
1 2
1 2
, 0 ; 9 0 : t g
1
a a
a a

−
∆ ∆ = α∈ ° α =
+
2. Dạng tổng quát:

Cho
( ) ( )
( ) ( )
1 1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2 2
: 0; ;
: 0; ;
a x b y c n a b
a x b y c n a b

∆ + + = =



∆ + + = =

  
 
;
1 2 2 2
2 2 2 2
1 1 2 2
cos
a a b b
a b a b

+
α =
+ +
Download tài li󰗈u h󰗎c t󰖮p t󰖢i :
Bài 2. Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng
13
V. KHOẢNG CÁCH VÀ PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG PHẦN GIÁC
1.
Khoảng cách từ M
0
(
x
0
,
y
0
) đến (
∆
):
0ax b y c + + =
là:
( )
( )
0 0
2 2
,
a x b y c
d M
a b
+ +

∆ =
+
2.
Cho
( )
( )
1 1 1 1
2 2 2 2
: 0
: 0
a x b y c
a x b y c

∆ + + =


∆ + + =


cắt nhau thì phương trình 2 đường phân giác

1 1 1 2 2 2
2 2 2 2
1 1 2 2
a x b y c a x b y c
a b a b
+ + + +
= ±
+ +
VI. CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA

Bài 1.
Trên mặt phẳng O
xy
cho điểm A(2;
−
2).

Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm
( )
3 ; 1 M
và cắt trục
Ox
,
Oy
tại B và C sao cho tam giác ABC cân
Giải
Gọi
( )
;0 B b Ox = ∆ ∩
và
( )
0 ;C c O y = ∆ ∩
suy ra (
∆
):
( )
1
y

x
0 bc
b c
+ = ≠

(3;1) ( )M ∈ ∆

⇒

3
1
1
b c
+ =
, (1). Tam giác ABC cân tại A
2 2
AB AC ⇔ =

( ) ( )
2 2
2 2 4
2 4 4 2
2 2
b c b c
b c
b c b c
− = + = +
 
⇔ − + = + + ⇔ ⇔
 

− = − − = −
 

Với
4b c = +
:
( )
2
1 2
2, 6
1 4 ( ) : 1; ( ) : 1
6 2 2 2
2, 2
c b
y y
x x
c
c b
= =

⇔ = ⇔ ⇒ ∆ + = ∆ + =

−
= − =


Với
b c = −
:
( )

1 2 2b c⇔ = ⇒ = −
(loại, do trùng với
( )
2
∆
)
Bài 2.

Cho tam giác ABC có đỉnh A(–1; –3)
a.
Giả sử hai đường cao (BH):
5 3 25 0 x y + − =
, (CK):
3 8 12 0 x y + − =
.
Hãy viết phương trình cạnh BC.
b.
Giả sử đường trung trực của AB là (
∆
):
3 2 4 0x y + − =
và G(4; – 2) là
trọng tâm của tam giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh B và C .
Dấu hiệu Phân giác góc nhọn Phân giác góc tù
1 2 1 2
0a a b b + >

1 1 1 2 2 2
2 2 2 2
1 1 2 2

a x b y c a x b y c
a b a b
+ + + +
=
+ +
1 1 1 2 2 2
2 2 2 2
1 1 2 2
a x b y c a x b y c
a b a b
+ + + +
= −
+ +
1 2 1 2
0a a b b + <

1 1 1 2 2 2
2 2 2 2
1 1 2 2
a x b y c a x b y c
a b a b
+ + + +
= −
+ +
1 1 1 2 2 2
2 2 2 2
1 1 2 2
a x b y c a x b y c
a b a b
+ + + +

=
+ +
Download tài li󰗈u h󰗎c t󰖮p t󰖢i :
Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương
14
Giải
a
.
(AB)
⊥
(CK) nên (AB) có phương trình là
8 3 0
x y c
− + =
Điểm
(
)
(
)
1 :8 3 1 0
A AB c AB x y
∈ ⇔ = − ⇒ − − =
.
(
)
(
)
AC BH
⊥
nên

(
)
AC
có phương trình
3 5 0
x y m
− + =
Điểm
(
)
(
)
12 :3 5 12 0
A AC m AC x y
∈ ⇒ = − ⇒ − − =
( ) ( )
B BH AB
≡
∩
⇒
Tọa độ của B thỏa mãn hệ:
( )
8 3 1 0
2 ; 5
5 3 25 0
x y
B
x y
− − =


⇒

+ − =


( ) ( )
C CK AC
≡
∩
⇒
Tọa độ của C thỏa mãn hệ:
( )
3 5 12 0
4 ; 0
3 8 12 0
x y
C
x y
− − =

⇒

+ − =


Phương trình cạnh BC là (BC):
5
2
5 2 20 0
4 2 0 5

y
x
x y
−
−
= ⇔ + − =
− −

b.
(AB)
⊥
(
)
:3 2 4 0
x y
∆ + − =
và chứa A(
−
1;
−
3)
⇒

(
)
: 2( 1 ) 3 ( 3 ) 0
AB x y
+ − + =
hay
(

)
:2 3 7 0
A B x y
− − =
. Gọi M là trung điểm AB suy ra tọa độ của M thỏa hệ:
( )
3 2 4 0
2 ; 1
2 3 7 0
x y
M
x y
+ − =

⇒ −

− − =

, khi đó:
( )
2 5
5 ; 1
2 1
B M A
B M A
x x x
B
y y y
= − =


⇒

= − =

Điểm G(4;
−
2) là trọng tâm
∆
ABC nên:
3
3
A B C G
A B C G
x x x x
y y y y
+ + =



+ + =


( )
1 5 12 8
8 ; 4
3 1 6 4
C C
C C
x x
C

y y
− + + = =
 
 
⇔ ⇔ ⇒ −
 
− + + = − = −
 
 
. Vậy
(
)
(
)
5 ; 1 , 8 ; 4
B C

Bài 3.
Cho
1 2
( ) : 5 0 ; ( ) : 2 7 0
d x y d x y
+ + = + − =
và điểm
(
)
2 ; 3
A
.
Tìm

1
B (
) d
∈
và
2
C (
) d
∈
sao cho
∆
ABC có trọng tâm
(
)
2 ; 0
G
.
Giải
Đặt
(
)
1 1 1
B ; 5 ( )
t t d
− − ∈
và
(
)
2 2 2
C 7 2 ; ( )

t t d
− ∈

Điểm G(2; 0) là trọng tâm
∆
ABC nên:
3
3
A B C G
A B C G
x x x x
y y y y
+ + =



+ + =


1 2 1 2 1
1 2 1 2 2
2 7 2 6 2 3 1
3 5 0 2 1
t t t t t
t t t t t
+ + − = − = − = −
  
⇔ ⇔ ⇔
  
− − + = − = − =

  
. Vậy
(
)
(
)
1 ; 4 , 5 ; 1
B C−

Download tài li󰗈u h󰗎c t󰖮p t󰖢i :
Bài 2. Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng

15

Bài 4.

Cho
1 2
( ): 1 0 ;( ):2 1 0
x y x y
∆ − + = ∆ + + =
và điểm M(2;1).
Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M và cắt
1 2
( ),( )
∆ ∆

lần lượt tại A, B sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB.
Giải
Điểm

(
)
(
)
1 1 1
A A ; 1
t t
∈ ∆ ⇒ +
; Điểm
(
)
(
)
2 2 2
B B ; 2 1
t t
∈ ∆ ⇒ − −

M(2; 1) là trung điểm AB nên:
1 2
1 2
2 4
2 2 2
A B M
A B M
x x x t t
y y y t t
+ = + =
 
⇔

 
+ = − =
 

1 2
10
2
,
3 3
t t
⇔ = =
. Suy ra
(
)
(
)
( )
10 13 7
2 4
; , ; AB 2;5
3 3 3 3 3
A B − ⇒ = −


(d) qua M và nhận
AB

làm VTCP có PT là:
1
2

5 2 8 0
2 5
y
x
x y
−
−
= ⇔ − − =

Bài 5.
Cho
1 2
( ) :2 5 0 ; ( ) : 3 0
x y x y
∆ − + = ∆ + − =
và điểm M(–2; 0).
Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M và cắt
1 2
( ),( )
∆ ∆

lần lượt tại A và B sao cho
MA 2 MB
=
 

Giải
Điểm
(
)

(
)
1 1 1
A A ;2 5
t t
∈ ∆ ⇒ +
; Điểm
(
)
(
)
2 2 2
B B ;3
t t
∈ ∆ ⇒ −

Suy ra:
(
)
(
)
1 1 2 2
MA 2; 2 5 , MB 2;3
t t t t
= + + = + −
 

(
)
( )

1 2
1 2
2 2 2
MA 2 MB
2 5 2 3
t t
t t

+ = +

= ⇔

+ = −


 

⇔

( )
1
1 2
1 2
2
1
2 2
MA 3;7
1
2 2 1
2

t
t t
t t
t
=

− =


⇔ ⇒ =
 
+ =
= −





(d) qua M và nhận
MA

làm VTCP có PT là:
2
7 3 14 0
3 7
y
x
x y
+
= ⇔ − + =

Bài 6.

Cho
∆
ABC có đỉnh A(2;
−
7) phương trình một đường cao và một trung
tuyến vẽ từ hai đỉnh khác nhau lần lượt là:
3 11 0, 2 7 0
x y x y
+ + = + + =
.
Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC.
Giải
Nhận xét:
Do A(2;
−
7) có tọa độ không thỏa mãn phương trình một trong hai
đường thẳng đã cho nên các đường cao và trung tuyến không đi qua A(2;
−
7).
Đặt (BH):
3 11 0
x y
+ + =
và (CM):
2 7 0
x y
+ + =

.
Ta có:
(
)
(
)
B BH B ; 3 11
t t∈ ⇒ − −
. Gọi M là trung điểm AB khi đó tọa độ M là
Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương

16

A
C B
H
M

2
2 2
3 18
2 2
A B
M
A B
M
x x
t
x
y y

t
y
+

+
= =



+
− −

= =



( )
(
)
2 3 18
M CM 2 7 0
2 2
t t+ − −
∈ ⇒ + + =

(
)
4 B 4;1
t⇔ = − ⇒ −

Phương trình đường thẳng chứa cạnh AB là:
7
2
4 3 13 0
4 2 1 7
y
x
x y
+
−
= ⇔ + + =
− − +

(AC)
⊥
(BH):
3 11 0
x y
+ + =
và (AC) đi qua điểm A(2;
−
7) nên phương trình
(AC) là:
( 2) 3( 7) 0
x y
− − + =

⇔

(

)
AC : 3 23 0
x y
− − =

Điểm
C (AC) (CM)
≡
∩
suy ra tọa độ C thỏa hệ:
( )
3 23 0
5; 6
2 7 0
x y
C
x y
− − =

⇒ −

+ + =


Phương trình cạnh BC là (BC):
1
4
7 9 19 0
5 4 6 1
y

x
x y
−
+
= ⇔ + + =
+ − −

Bài 7.
Cho
∆
ABC có đỉnh A(1; 2), đường trung tuyến (BM):
2 1 0
x y
+ + =
và
phân giác trong (CD):
1 0
x y
+ − =
.Viết phương trình đường thẳng BC.
Giải
Điểm C
∈
(CD):
1 0
x y
+ − =

⇒

(
)
;1
C t t
−

⇒
trung điểm M của AC là
(
)
1 3
;
2 2
t t
M
+ −

Điểm M
∈
(BM):
2 1 0
x y
+ + =

⇒

(
)
( )
1 3

2 1 0 7 7;8
2 2
t t
t C
+ −
+ + = ⇔ = − ⇒ −

Từ A(1;2) kẻ (AK)
⊥
(CD):
1 0
x y
+ − =
tại I (điểm
(
)
K BC
∈
)
Suy ra (AK):
( 1) ( 2) 0
x y
− − − =

⇔

1 0
x y
− + =

Tọa độ của I thỏa hệ:
( )
1 0
0;1
1 0
x y
I
x y
+ − =

⇒

− + =

. Tam giác ACK cân tại C nên
I là trung điểm của AK
⇒
Tọa độ của K:
( )
2 1
1;0
2 0
K I A
K I A
x x x
K
y y y
= − = −

⇒ −


= − =


Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:
1
4 3 4 0
7 1 8
y
x
x y
+
= ⇔ + + =
− +

A
B C
D M
K
I
Bài 2. Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng

17

Bài 8.

Viết phương trình đường thẳng (
∆
) đi qua M(4; 1) và cắt các tia O
x

, O
y

lần lượt tại A và B theo các trường hợp sau:
a.
Diện tích
∆
OAB nhỏ nhất.
b.
Tổng
OA
+
OB
nhỏ nhất.
Giải
Giả sử (
∆
) cắt tia Ox tại A(
a
; 0) và O
y
tại B(0;
b
) (với
a
,
b
> 0)
suy (
∆

):
1
y
x
a b
+ =
. Do M(4; 1)
∈
(
∆
) nên
4 1
1
a b
+ =

⇒

4
a
b
a
=
−

⇒

a
> 4
a.

Ta có:
4 1 4 4
1 2
a b ab
ab
= + ≥ =

⇒

1
. 8
2 2
OAB
ab
S OA OB
= = ≥

Dấu bằng xảy ra
⇔

4 1 1
8; 2
2
a b
a b
= = ⇔ = =

⇒
(
∆

):
4 8 0
x y
+ − =

b.

4
4 5
4 4
a
OA OB a b a a
a a
+ = + = + = − + +
− −
( )
4
2 4 5 9
4
a
a
≥ − ⋅ + =
−

Dấu bằng xảy ra
⇔

4
4 2 6
4

a a
a
− = = ⇔ =
−

⇒

b

=
3
⇒

(
)
: 2 6 0
x y
∆ + − =

Bài 9.

Lập phương trình đường thẳng (
∆
) đi qua điểm M(2; 1) và tạo với
đường thẳng (d):
2 3 4 0
x y
+ + =
một góc
o

45

Giải
Phương trình (
∆
) đi qua điểm M có dạng:
( )
( )
(
)
2 2
2 1 0 0
A x B y A B
− + − = + ≠

2 0
Ax By A B
⇔ + − − =
và có vectơ pháp tuyến
(
)
1
;
n A B
=


Đường thẳng (d) có VTPT là
(
)

2
2;3
n =

. Để (
∆
) hợp với (d) một góc
o
45
thì:
1 2
o
2 2
1 2
.
2 3
2
cos 45
2
.
. 4 9
n n
A B
n n
A B
+
= ⇔ =
+ +
 
 

( )
(
)
2
2 2
2 2 3 13
A B A B
⇔ + = +

2 2
5 24 5 0
B AB A
⇔ + − =

1
2
( ):5 11 0
5
5 ( ): 5 3 0
x y
A B
B A x y
∆ + − =
= 

⇔ ⇒


= − ∆ − + =




Vậy có hai đường thẳng cần tìm là
1 2
( ):5 11 0 ; ( ): 5 3 0
x y x y
∆ + − = ∆ − + =

Bài 10.
Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1; 0), B(0; 2)
và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng
y x
=
.
Tìm tọa độ đỉnh C và D.
Giải
Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương

18

Ta có:
(
)
1;2 5
AB AB= − ⇒ =


Phương trình (AB) là:
2 2 0
x y

+ − =

(
)
(
)
: ;
I d y x I t t
∈ = ⇒

I là trung điểm của AC và BD nên ta có:

(
)
(
)
2 1;2 , 2 ; 2 2
C t t D t t
− −

Mặt khác:
. 4
ABCD
S AB CH
= =
(CH: chiều cao)
4
5
CH⇒ =

Ngoài ra:
( )
( )
(
)
(
)
( ) ( )
5 8 8
4 2
; , ;
6 4
4
3 3 3 3 3
, 3 2 2
5 5
0 1;0 , 0; 2
t C D
t
d C AB CH t
t C D

= ⇒
−

= ⇔ = ⇔ − = ⇔

= ⇒ − −


Vậy tọa độ của C và D là
(
)
(
)
5 8 8
2
; , ;
3 3 3 3
C D
hoặc
(
)
(
)
1;0 , 0; 2
C D
− −

Bài 11.
Cho
(
)
(
)
0;6 , 2;5
A B
. Tìm trên
(
)

: 2 2 0
d x y
− + =
điểm M sao cho:
a.
MA + MB có giá trị nhỏ nhất.
b.

MA MB
−
có giá trị lớn nhất.
Giải
Đặt
(
)
, 2 2
f x y x y
= − +
.
Ta có:
( )
( )
( ) ( )
10
. 0
6
f A
f A f B
f B
 = −


⇒ >

= −



Suy ra hai điểm A và B nằm cùng phía
đối với đường thẳng (d)
1. Gọi
A
′
là đối xứng của A qua (d)
Ta có:
MA MB MA MB A B
′ ′
+ = + ≥
(cố định)
(
)
min
MA MB A B
′
+ =
, đạt được khi ba điểm
, ,
A M B
′
thẳng hàng
(

)
(
)
M A B d
′
⇔ =
∩

(
)
(
)
(
)
: 2 0
AA d AA x y C
′ ′
⊥ ⇒ + + =

(
)
(
)
6 : 2 6 0
A AA C AA x y
′ ′
∈ ⇒ = − ⇒ + − =

Gọi
(

)
(
)
H AA d
′
=
∩
thì tọa độ của H thỏa mãn hệ:
( )
2 6 0
2; 2
2 2 0
x y
H
x y
+ − =

⇒

− + =


A
′
đối xứng với A qua (d) nên ta có:
( )
2 4
4; 2
2 2
A H A

A H A
x x x
A
y y y
′
′
= − =

′
⇒ −

= − = −


A
A
′

H

M

(d)

B
M
0
C
H
B

A
D
y = x
I
Bài 2. Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng

19

Phương trình đường thẳng
(
)
A B
′
là
2
4
7 2 24 0
2 4 5 2
y
x
x y
+
−
= ⇔ + − =
− +

Tọa độ của M thỏa hệ:
(
)
11

2 2 0
9
19
11
;
4 8
197 2 24 0
8
x
x y
M
x y
y

=
− + =


⇔ ⇒
 
+ − =


=


2. Ta có:
MA MB AB
− ≤
(cố định)

max
MA MB AB
⇒ − =
, đạt được khi ba điểm M, A, B thẳng hàng
(
)
(
)
M AB d
⇔ =
∩
. Phương trình đường thẳng (AB) là:
2 12 0
x y
+ − =

Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
(
)
5
2 2 0
7
5;
7
2
2 12 0
2
x
x y
M

y
x y
=

− + =


⇔ ⇒
 
=
+ − =




Bài 12.
Cho
(
)
1
: 0
D kx y k
− + =
và
( )
( )
(
)
2
2

2
: 1 2 1 0
D k x ky k
− + − + =

a.
Chứng minh khi
k
thay đổi
(
)
1
D
luôn luôn qua một điểm cố định.
b.
Tìm giao điểm của
(
)
1
D
và
(
)
2
D
suy ra quỹ tích giao điểm này khi
k
thay đổi.
Giải
a.

Ta có
(
)
1
D
t:
(
)
1 0
k x y
+ − =
. Tọa độ điểm cố định mà
(
)
1
D
luôn đi qua là
nghiệm của
1 0
1, 0
0
x
x y
y
+ =

⇒ = − =

=


. Vậy
(
)
1
D
luôn qua điểm A(–1, 0).
b
. Tọa độ giao điểm của
(
)
1
D
và
(
)
2
D
là nghiệm của hệ phương trình
( )
2
2
1 2 1
kx y k
k ky k
− = −



− + = +



giải hệ ta được
2
2 2
1 2
,
1 1
k k
x y
k k
−
= =
+ +

Vậy
(
)
1
D

∩

(
)
2
D

=

2

2 2
1 2
,
1 1
k k
M
k k
 
−
 
+ +
 
để ý
2
2
2
2 2
2 2
1 2
1
1 1
k k
x y
k k
 
−
 
+ = + =
   
+ +

   

Do đó quỹ tích của M là đường tròn tâm O bán kính R = 1.
Bài 13. Trong mặt phẳng Oxy, cho các điểm A(0; 1), B(2; 1) và các đường thẳng
(
)
(
)
(
)
(
)
1 2
: 1 2 2 0 ; : 2 1 3 5 0
d m x m y m d m x m y m
− + − + − = − + − + − =

a.
Chứng minh
1
d
và
2
d
luôn cắt nhau.
b.
Gọi P là giao điểm của
1
d
và

2
d
, tìm
m
sao cho PA + PB lớn nhất.
Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương

20

Giải
a.
Xét
( ) ( )
( ) ( )
1 2 2 0
2 1 3 5 0
m x m y m
m x m y m

− + − + − =


− + − + − =


có:
2
1 2
2 6 5
2 1

m m
D m m
m m
− −
= = − +
− −

2 2
2 2 2 1
4 14 12 ; 2 4 1
1 3 5 3 5 2
x y
m m m m
D m m D m m
m m m m
− − − −
= = − + = = − + −
− − − −

Do
(
)
2
3
1
2 0,
2 2
D m
= − + > ∀∈
»

nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
Vậy
1
d
và
2
d
luôn luôn cắt nhau tại điểm P (đpcm)
b.
Tìm m để PA + PB lớn nhất
Tọa độ của P là:
2
2 2
2
2 2
4 14 12 2 2
2
2 6 5 2 6 5
2 4 1 4 2
1
2 6 5 2 6 5
x
y
D
m m m
x
D
m m m m
D
m m m

y
D
m m m m

− + −
= = = +

− + − +



− + − −
= = = − +

− + − +


Ta có:
2
2 2 2
2 2 2 4
4
2 ; 2 8
2 6 5 2 6 5 2 6 5
m m
PA PA
m m m m m m
− −
 
= − + + ⇒ = −

 
− + − + − +
 



2
2 2 2
2 2 2 4
4
;
2 6 5 2 6 5 2 6 5
m m
PB PB
m m m m m m
− −
 
= ⇒ =
 
− + − + − +
 


Suy ra:
2 2
8
PA PB
+ =
. Theo bất đẳng thức Bunhiacôpski, ta có:
( )

(
)
2
2 2
2 16 4
PA PB PA PB PA PB
+ ≤ + = ⇒ + ≤
(
)
max 4
PA PB
⇒ + =
, đạt được
2 2 2
2 2
1
4 4
8 3 2 0
2
2 6 5 2 6 5
m
PA PB PA PB m m
m
m m m m
=

= ⇔ = ⇔ − = ⇔ − + = ⇔

=
− + − +



Cách 2:
1
d
và
2
d
có vectơ pháp tuyến là:
(
)
(
)
1 2
1; 2 , 2 ; 1
n m m n m m
= − − = − −
 

Ta có
( ) ( ) ( )( )
1 2
. 1 2 2 1 0
n n m m m m
= − − + − − =
 
nên
1 2
d d
⊥

tại điểm P.
Để ý rằng
1 2
,
A d B d
∈ ∈
và
2 2
AB =
nên theo bất đẳng thức Bunhiacôpski thì
( )
(
)
2
2 2 2
2 2 16 4
PA PB PA PB AB PA PB
+ ≤ + = = ⇒ + ≤
(
)
max 4
PA PB
⇒ + =
,
đạt được khi
PA PB PAB
= ⇒ ∆
vuông cân tại P

(

)
o
1
, 45
d AB⇒ =

Ta có:
( ) ( )
( )
( )
1
o
2 2
1
.
2 3
1
cos 45 ; 1,1
2
.
2. 1 2
AB
AB
AB
n n
m
n
n n
m m
−

= ⇔ = =
− + −
 

 

( )
2
2 2
2 3 2 6 5 3 2 0 1 2
m m m m m m m
⇔ − = − + ⇔ − + = ⇔ = ∨ =

Bài 3.
Đườ
ng tròn


21

ĐƯỜ
NG TRÒN
I. PH
ƯƠ
NG TRÌNH:
1.
D
ạ
ng chính t
ắ

c:
( ) ( )
( )
2
2
2
:
C x a y b R
− + − =

⇒
Tâm I(
a
,
b
) ; bán kính
R
.
2.
D
ạ
ng khai tri
ể
n:
( )
2 2
: 2 2 0
C x y ax by c
+ − − + =

⇒
Tâm I(
a
,
b
) ; bán kính
2 2
R a b c
= + −
v
ớ
i
2 2
0
a b c
+ − >

II. TI
Ế
P TUY
Ế
N:
1.

( ) ( )
( )
2
2
2

:
C x a y b R
− + − =

⇒
Tiế
p tuy
ế
n t
ại
(
)
( )
0 0 0
,
M x y C
∈
:

( )( ) ( )( )
0 0 0 0
0
x a x x y b y y
− − + − − =

2.

( )
2 2
: 2 2 0

C x y ax by c
+ − − + =

⇒
Ti
ế
p tuy
ế
n t
ạ
i
(
)
(
)
0 0 0
,
M x y C
∈
:

( ) ( )
0 0 0 0
0
x x y y a x x b y y c+ − + − + + =

3.

(
)

: 0
D Ax By C
+ + =
ti
ế
p xúc (I,
R
)
⇔

(
)
(
)
,
d I D R
=

III. PH
ƯƠ
NG TÍCH:
( )
2 2
: 2 2 0
C x y ax by c
+ − − + =
;
Đ
i
ể

m M(
m
,
n
)
⇒

( )
( )
( )
2 2
0 :
2 2 0:
0 :
M
M m n am bn c M
C
M C
>



= + − − + <


= ∈

n»m ngoµi
n»m trong
P

IV. TR
Ụ
C
ĐẲ
NG PH
ƯƠ
NG:
(
)
( )
( )
( )
2 2
1 1 1 1
2 2
2 2 2 2
: , 2 2 0
: , 2 2 0
C f x y x y a x b y c
C g x y x y a x b y c

= + − − + =



= + − − + =


( ) ( )

( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 2 1 2 2 1
1 2
, , 2 2 0
M M f x y g x y a a x b b y c c
C C
= ⇔ = ⇔ − + − + − =
P P

V. CÁC D
Ạ
NG BÀI T
Ậ
P C
Ơ
B
Ả
N
A. XÁC
ĐỊ
NH PH
ƯƠ
NG TRÌNH
ĐƯỜ
NG TRÒN THEO CÁC Y
Ế
U T
Ố
HÌNH H

Ọ
C CHO TR
ƯỚ
C
1.

VPT
đườ
ng tròn
đườ
ng kính AB bi
ế
t A(4,
−
1); B(3, 5)
2.

VPT
đườ
ng tròn
đ
i qua A(2, 0); B(0, 1); C(
−
1, 2)
3.

VPT
đườ
ng tròn
đ

i qua A(2, 3); B(
−
1, 1) và tâm
∈

3 11 0
x y
− − =

4.

VPT
đườ
ng tròn tâm I(1, 2) và ti
ế
p xúc
(
)
: 2 2 0
D x y
− − =

5.

VPT đườ
ng tròn đi qua A(1, 2) và tiếp xúc
(
)
:3 4 2 0D x y
− + =

tạ
i (
−
2,
−
1)
Ch
ươ
ng IV. Hình gi
ả
i tích – Tr
ầ
n Ph
ươ
ng


22

6.

VPT
đườ
ng tròn
đ
i qua A(6, 3); B(3, 2) và ti
ế
p xúc
(
)

: 2 2 0
D x y
+ − =

7.

VPT
đườ
ng tròn tâm
∈
(
)
: 5 0
x y
∆ + − =
;
10
R
=
và ti
ế
p xúc
(
)
:3 3 0
D x y
+ − =

8.

VPT
đườ
ng tròn tâm I(3, 1) và c
ắ
t
(
)
: 2 4 0
x y
∆ − + =
m
ộ
t
đ
o
ạ
n có
độ
dài
=
4
9.

Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng tròn tâm

∈
(
)
: 4 3 2 0
x y
∆ + − =
và ti
ế
p xúc v
ớ
i
(
)
1
: 4 0
D x y
+ + =
và
(
)
2
:7 4 0
D x y
− + =

10.

Vi
ế
t ph

ươ
ng trình
đườ
ng tròn
đ
i qua O(0, 0) và ti
ế
p xúc v
ớ
i 2
đườ
ng th
ẳ
ng
(
)
(
)
1 2
: 2 1 0; : 2 2 0
D x y D x y
+ − = − + =

11.

Vi
ế
t ph
ươ
ng trình

đườ
ng tròn
đ
i qua A(4, 2) và ti
ế
p xúc v
ớ
i 2
đườ
ng th
ẳ
ng
(
)
(
)
1 2
: 3 2 0; : 3 18 0
D x y D x y
− − = − + =

12.

Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng tròn

đ
i qua A(1,
−
2) và các giao
đ
i
ể
m c
ủ
a
(
)
: 7 10 0
D x y
− + =
v
ớ
i
( )
2 2
: 2 4 20 0
C x y x y
+ − + − =

B. SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN
1.
( )
( )
2 2
: 2 4 0

: 1 0
C x y x y
D x y

+ − − =



+ − =

2.
( )
( )
2 2
: 6 4 9 0
: 2 0
C x y x y
D x y

+ + + + =



− + =


3.
( )
( )
2 2

: 8 2 1 0
: 2 1 0
C x y x y
D x y

+ − − + =



− + =


C. S
Ự T
ƯƠNG GIAO GI
Ữ
A 2 ĐƯỜ
NG TRÒN
(
)
( )
1 1 1
2 2 2
( ) : ,
( ) : ,
C I R
C I R







1 2
d I I
=

⇒

1 2 1 2 1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
:( ),( )
:
:
:
:
R R d R R C C
d R R
d R R
d R R
d R R

− < < +


= +



= −


> +


< −


c¾t nhau
tiÕp xóc ngoµi
tiÕp xóc trong
ngoµi nhau
trong nhau

1.
2 2
1
2 2
2
( ) : 4 6 4 0
( ) : 10 14 70 0
C x y x y
C x y x y

+ − − + =




+ − − + =

2.
2 2
1
2 2
2
( ) : 2 6 15 0
( ) : 6 2 3 0
C x y x y
C x y x y

+ − − − =



+ − − − =


3.
2 2
1
2 2
2
( ) : 6 10 24 0
( ) : 6 4 12 0
C x y x y
C x y x y

+ + − + =




+ − − − =

4.
2 2
1
2 2
2
( ) : 2 4 5 0
( ) : 5 4 0
C x y x y
C x y x y

+ + − − =



+ − − + =


Bài 3.
Đườ
ng tròn


23

D. QU

Ỹ
TÍCH TÂM
ĐƯỜ
NG TRÒN
1.
(
)
2 2
: 4 2 2 3 0
m
C x y mx my m
+ + − + + =

2.
(
)
2 2
2
: 2e 4e 1 e 0
m m m
m
C x y x y
− −
+ − + − + =

3.
(
)
( ) ( )
2 2

: 2 cos 2 2sin 1 0
C x y x y
α
α α
+ − − − + =

4.
(
)
( ) ( )
2 2
: 2 1 cos 2 1 sin sin 2 0
C x y x y
α
α α α
+ − + + − + − =

E.
ĐƯỜ
NG TH
Ẳ
NG TI
Ế
P XÚC
ĐƯỜ
NG TRÒN C
Ố

ĐỊ
NH

1.
(
)
(
)
: 1 cos 1 sin 4 0
D x y
α
α α
− + − − =

2.
: cos sin 2cos 1 0
D x y
α
α α α
+ + + =

3.
: sin cos 3sin 2cos 6 0
D x y
α
α α α α
− + + − =

4.
: cos sin 2cos sin 9 0
D x y
α
α α α α

+ − − − =

5.
2
: cos 2 sin 2 cos 3 0
D x y
α
α α α
− + − =

F. TI
Ế
P TUY
Ế
N V
Ớ
I
ĐƯỜ
NG TRÒN
1.

VPT ti
ế
p tuy
ế
n t
ạ
i giao
đ
i

ể
m
( )
2 2
: 4 4 5 0
C x y x y
+ − − − =
v
ớ
i O
x
.
2.

VPT ti
ế
p tuy
ế
n t
ạ
i giao
đ
i
ể
m
( )
2 2
: 7 0
C x y x y
+ − − =

v
ớ
i
3 4 3 0
x y
+ − =

3.

VPT ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a
( )
2 2
: 2 8 1 0
C x y x y
+ − + + =
// v
ớ
i
5 12 6 0
x y
+ − =

4.

VPT ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a
( )
2 2
: 6 2 5 0
C x y x y
+ − + + =
// v
ớ
i
2 4 0
x y
+ + =

5.

VPT ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a
( )
2 2

: 6 2 5 0
C x y x y
+ − − + =

⊥
v
ớ
i
2 1 0
x y
− − =

6.

VPT ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a
( )
2 2
: 6 2 0
C x y x y
+ − + =

⊥
v
ớ

i
3 6 0
x y
− + =

7.

VPT ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a
( )
2 2
: 2 8 19 0
C x y x y
+ + − − =
(45
°
) v
ớ
i
2 1 0
x y
− + =

8.

VPT ti
ế
p tuy
ế
n
a.
Đ
i qua A(1,
−
1)
đế
n:
( )
2 2
: 4 6 4 0
C x y x y
+ − + + =


b.

Đ
i qua A(
−
3, 3)
đế
n:
( )
2 2
: 7 0

C x y x y
+ − − =


c
. Đi qua A(1, 3) đế
n:
( )
2 2
: 6 2 6 0C x y x y+ − + + =


d.

đ
i qua A(3, 4)
đế
n:
( )
2 2
: 4 2 0
C x y x y
+ − − =


e.

Đ
i qua A(5, 7)
đế

n:
( )
2 2
: 4 4 5 0
C x y x y
+ − − − =


g.

đ
i qua A(4, 7)
đế
n:
( )
2 2
: 2 4 0
C x y x y
+ + − =


f.
Đi qua A(
−
3,
−
1) đến:
( )
2 2
: 4 3 0C x y x y+ − − =

Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương

24

9.

Cho
(
)
( ) ( )
2 2 2
: 2 1 2 2 8 13 0
m
C x y m x m y m m
+ + − − − + − + =

a.
Tìm quỹ tích tâm I của họ đường tròn.
b.
VPT tiếp tuyến đi qua A(1, 5)
đến đường tròn (C
4
)
10.

VPT tiếp tuyến chung của 2 đường tròn:
2 2
1
2 2

2
( ) : 4 8 11 0
( ) : 2 2 2 0
C x y x y
C x y x y

+ − − + =



+ − − − =


2 2
1
2 2
2
( ) : 2 2 2 0
( ) : 6 2 9 0
C x y x y
C x y x y

+ − + − =



+ − − + =


2 2

1
2 2
2
( ) : 10 24 56 0
( ) : 2 4 20 0
C x y x y
C x y x y

+ − + − =



+ − − − =


2 2
1
2 2
2
( ) : 6 5 0
( ) : 12 6 44 0
C x y x
C x y x y

+ − + =



+ − − + =


11.

( )
(
)
( )
2 2 2 2
: 1 0; : 2 1 4 5 0
m
C x y C x y m x my
+ − = + − + + − =

a.

Tìm quỹ tích tâm I của họ đường tròn
(
)
m
C

b.

CMR: Có 2 đường tròn của họ
(
)
m
C
tiếp xúc với (C). Viết PTTT chung khi đó.
G. ỨNG DỤNG ĐỒ THỊ ĐƯỜNG TRÒN TRÒN CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ

1.

Cho
2 2
8 6 16
a b a b
+ = + +
. Tìm Max, Min
4 3
S a b
= +

2.

Cho
( )
2 2
1 2
a b a b
+ + = +
và
( )
2 2
36 12
c d c d
+ + = +
.
Chứng minh rằng:
( ) ( )
2 2

5 2 7 ` 5 2 7
a c b d
− ≤ − + − ≤ +

3.

Cho
2 2
1
a b
+ =
và
6
c d
+ =
. Chứng minh rằng:
2 2
2 2 18 6 2
c d ac bd+ − − ≥ −

4.

Tìm
m
để hệ sau có đúng 2 nghiệm
( )
( )
2 2
2
2 1

4
x y m
x y

+ = +



+ =


5.

Tìm
m
để hệ sau có 2 nghiệm phân biệt
2 2
0
0
x my m
x y x
+ − =



+ − =



Chứng minh rằng:

( ) ( )
2 2
2 1 2 1
1
x x y y
− + − ≤

6.

Tìm
m
để hệ sau có nghiệm
2 2
1
x y
x y m

+ =



+ <


7.

Tìm
m
để hệ có nhiều nghiệm nhất
2 2

1 1 1
x y
x y m

− + + =



+ =


Bài 3.
Đườ
ng tròn


25

VI. MỘT SỐ BÀI TẬP MẪU MINH HỌA VỀ PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜ
NG TRÒN
Bài 1.
Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng tròn (C) có tâm I(3; 1) và ch
ắ
n trên

đườ
ng
th
ẳ
ng (
∆
):
2 4 0
x y
− + =
m
ộ
t dây cung có
độ
dài b
ằ
ng 4.
Gi
ả
i
Gi
ả
s
ử
(C) ch
ắ
n trên
∆
m
ộ

t dây cung có
độ
dài b
ằ
ng 4.
T
ừ
I k
ẻ
IH
⊥
AB t
ạ
i H thì H là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a AB.
Khi
đ
ó:
1
2
2
HA AB
= =
và
(

)
, 5
IH d I
= ∆ =

G
ọ
i R là bán kính c
ủ
a (C) ta có:
2 2
5 4 3
R IH HA
= + = + =

Ph
ươ
ng trình c
ủ
a (C) là:
( )
( )
2
2
3 1 9
x y
− + − =

Bài 2.
Vi

ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng tròn (C)
đ
i qua hai
đ
i
ể
m A(2; 3), B(–1, 1) và
có tâm n
ằ
m trên
đườ
ng th
ẳ
ng
: 3 11 0
x y
∆ − − =
.
Gi
ả
i
Cách 1:
G
ọ
i I, R l

ầ
n l
ượ
t là tâm và bán kính c
ủ
a (C). Ta có:
Đi
ểm
(
)
( ) 3 11;
I I t t
∈ ∆ ⇒
+
.
Đ
iể
m
( )
2 2
,
A B C IA IB R IA IB∈
⇒ = = ⇔ =

( ) ( ) ( ) ( )
(
)
2 2 2 2
5 7 5 65
3 9 3 3 12 1 ; ,

2 2 2 2
t t t t t I R
⇔ + + − = + + − ⇔ = −
⇒
− =

Ph
ươ
ng trình c
ủ
a (C) là:
(
)
(
)
2 2
7 5 65
2 2 2
x y
− + + =

⇔

2 2
7 5 14 0
x y x y
+ − + − =

Cách 2:
Gi

ả
s
ử
(C) :
2 2
2 2 0
x y ax by c
+ − − + =
. Tâm c
ủ
a (C) là I(
a
;
b
)
∈
(
∆
)

suy ra:
3 11 0
a b
− − =
(1). Ta có:
( )
( )
( )
4 6 13 2
,

2 2 2 3
a b c
A B C
a b c

− − + = −

∈
⇒

− + = −



T
ừ
(1), (2), (3) ta có:
7 5
, , 14
2 2
a b c
= = − = −
. V
ậ
y (C):
2 2
7 5 14 0
x y x y
+ − + − =

Bài 3.
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng Oxy cho hai
đ
i
ể
m A(0; 5), B(2; 3). Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng tròn (C)
đ
i qua hai
đ
i
ể
m A, B và có bán kính
10
R
=
.
Gi
ả
i
G

ọ
i
(
)
;
I a b
là tâm c
ủ
a (C). T
ừ
gi
ả
thi
ế
t, ta có:
10
IA IB R
= = =

( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2 2 2
2
2 2
2
3
5 2 3
2 3 0
10

5 10
b a
IA IB a b a b
a a
IA
a b


= +

= + − = − + −
  
⇒
⇔ ⇔
  
− − =
= 

+ − =





I
A B
(
∆
)

H
Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương

26

1 3
2 6
a a
b b
= − =
 
⇔ ∨
 
= =
 
. Vậy có hai đường tròn cần tìm là:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 22 2
1 2
: 1 2 10; : 3 6 10
C x y C x y
+ + − = − + − =

Bài 4.
Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I

∈
(
)
: 5 0
x y
∆ + − =
;
bán kính
10
R =
và tiếp xúc với đường thẳng
(
)
:3 3 0
d x y
+ − =

Giải
Tâm
(
)
(
)
;5
I I t t
∈ ∆ ⇒ −
. Đường tròn (C) tiếp xúc với
( ) ( )
(
)

,
d d I d R
⇔ =

(
)
( )
4 4;1
2 2
10 1 5
6 6;11
10
t I
t
t
t I

= ⇒
+
⇔ = ⇔ + = ⇔

= − ⇒ −


Vậy có hai đường tròn cần tìm là:
( )
( )
( )
( )
( )

( )
2 22 2
1 2
: 4 1 10 ; : 6 11 10
C x y C x y
− + − = + + − =

Bài 5.
Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I
∈
(
)
:2 0
x y
∆ + =

và tiếp xúc với đường thẳng
(
)
: 7 10 0
d x y
− + =
tại điểm A(4; 2).
Giải
Cách 1:
Ta có tâm
(
)
(
)

; 2
I I t t
∈ ∆ ⇒ −
2
5 20
IA t⇒ = +
.
Đường tròn (C) tiếp xúc với (d) tại A
( )
( )
2
3 2
, 5 20
2
t
d I d IA t
+
⇔ = ⇔ = +

( )
(
)
2
2
3 2 2 5 20
t t⇔ + = +
(
)
2
12 36 0 6 6; 12 , 10 2

t t t I R⇔ − + = ⇔ = ⇒ − =

Vậy phương trình đường tròn (C) là:
( )
( )
22
6 12 200
x y− + + =

Cách 2:
Gọi I, R lần lượt là tâm và bán kính của (C).
Gọi (d
′
) là đường thẳng vuông góc với (d) tại A
(
)
:7 0
d x y c
′
⇒ + + =

(
)
(
)
30 :7 30 0
A d c d x y
′ ′
∈ ⇒ = − ⇒ + − =

Do (C) tiếp xúc với (d) tại A nên
(
)
I d
′
∈

Mặt khác
(
)
I
∈ ∆
nên tọa độ I thỏa mãn hệ
( )
7 30 0
6; 12 10 2
2 0
x y
I IA
x y
+ − =

⇒ − ⇒ =

+ =


Vậy phương trình của (C) là:
( )
( )

22
6 12 200
x y− + + =
.
I
A
(
∆
)
(d)
Bài 3. Đường tròn

27

Bài 6.
Viết phương trình đường tròn (C) có bán kính R = 5 và tiếp xúc với
đường thẳng
(
)
:3 4 31 0
x y
∆ − − =
tại điểm A(1; –7).
Giải
Đường thẳng (d)
⊥
(
∆
) tại A(1; –7) có phương trình tham số (d):
1 3

7 4
x t
y t
= +


= − −


Do (C) tiếp xúc với (
∆
) tại A nên có tâm
(
)
(
)
1 3 , 7 4
I d I t t
∈ ⇒ + − −

Mặt khác:
( )
( )
(
)
( )
1 2, 3
25
, 5 1
5

1 4, 11
t I
t
d I R t
t I

= − ⇒ = − −
∆ = ⇔ = ⇔ = ⇔

= ⇒ −


Vậy có hai đường tròn cần tìm là:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 22 2
1 2
: 2 3 25 ; : 4 11 25
C x y C x y
+ + + = − + + =

Bài 7.
Viết phương trình đường tròn (C) đi qua điểm A(6; 4) và tiếp xúc với
đường thẳng
(
)

: 2 5 0
x y
∆ + − =
tại điểm B(3; 1).
Giải
Gọi I, R lần lượt là tâm và bán kính của (C); đường thẳng (d)
⊥
(
∆
) tại B(3;1)
(
)
:2( 3) ( 1) 0
d x y
⇒ − − − =

⇔

(
)
: 2 5 0
d x y
− − =

Do (C) tiếp xúc với (
∆
) tại B nên tâm
(
)
(

)
I I ; 2 5
d t t
∈ ⇒ −

Mặt khác:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2
6 9 2 3 6 2 4
IA IB IA IB t t t t t
= ⇔ = ⇔ − + − = − + − ⇔ =

(
)
I 4;3 ; 5
R IA⇒ = =
. Phương trình đường tròn (C) là:
( )
( )
22
4 3 5
x y
− + − =
.
Bài 8.
Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I
∈
(
)

:4 3 2 0
x y
∆ + − =
;
tiếp xúc với hai đường thẳng
(
)
1
: 4 0
d x y
+ + =
và
(
)
2
:7 4 0
d x y
− + =
.
Giải
Phương trình tham số của (
∆
) là:
1 3
2 4
x t
y t
= − −



= +


Ta có:
(
)
(
)
1 3 ;2 4
I I t t
∈ ∆ ⇒ − − +
. Gọi
R
là bán kính của (C)
(C) tiếp xúc với
(
)
1
d
và
(
)
2
d

(
)
(
)
(

)
(
)
1 2
, ,
d I d d I d R
⇔ = =

( )
( )
1 4;6 , 3 2
5 5 1
5 5 1
2 2
1 2;2 , 2 2
t I R
t t
t t
t I R

= ⇒ − =
+ +
⇔ = ⇔ + = + ⇔ 

= − ⇒ =


Vậy
( ) ( )
( )

22
: 4 6 18
C x y
+ + − =
hoặc
( ) ( )
( )
22
: 2 2 8
C x y
− + + =

Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương

28

Bài 9.
Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với trục hoành tại A(2; 0) và
khoảng cách từ tâm của (C) đến điểm B(6; 4) bằng 5.
Giải
Gọi I(
a
;
b
) và
R
lần lượt là tâm và bán kính của (C)
Do (C) tiếp xúc với trục O
x
tại A nên ta có:

(
)
2 2;
I A
x x I b
= = ⇒
và
R b
=

Mặt khác:
( ) ( )
2 2
2
5 25 6 2 4 25
IB IB b
= ⇔ = ⇔ − + − =

( )
2
4 9
b
⇔ − =

(
)
( )
7 2;7 , 7
1 2;1 , 1
b I R

b I R

= ⇒ =
⇔

= ⇒ =


. Vậy có hai đường tròn cần tìm là:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 22 2
1 2
: 2 7 49; : 2 1 1
C x y C x y
− + − = − + − =

Bài 10.
Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng
(
)
: 7 10 0
d x y
− + =
và đường
tròn

( )
2 2
: 2 4 20 0
C x y x y
′
+ − + − =
. Viết phương trình đường tròn (C) đi qua
điểm A(1; –2) và các giao điểm của đường thẳng d và đường tròn (C').
Giải
Đường tròn (C) qua giao điểm của (d) và (C') nên phương trình có dạng:
(
)
2 2
2 4 20 7 10 0
x y x y m x y
+ − + − + − + =

( ) ( )
2 2
1 : 3 10 0
A C m C x y x y
∈ ⇒ = ⇒ + − − − =

Bài 11.
Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn
( )
2 2
: 12 4 36 0
C x y x y
+ − − + =

.
Viết phương trình đường tròn
(
)
1
C
tiếp xúc với hai tọa độ Ox, Oy đồng thời
tiếp xúc ngoài với đường tròn (C).
Giải
Đường tròn (C) có tâm I(6; 2), bán kính R = 2.
Gọi
(
)
1
;
I a b
,
1
R
lần lượt là tâm và bán kính của
(
)
1
C
.
(
)
1
C
tiếp xúc với hai trục Ox, Oy nên ta có:

(
)
(
)
1 1 1
, ,
d I Oy d I Ox R
= =

1
1
1
,
,
a b R a
a b R
a b R a

= =
⇔ = = ⇔

= − =



(
)
1
C
tiếp xúc với

( )
( )
( ) ( )
( )
( )
2 2 2 2
2
1 1 1 1 1
6 2 2 1
C II R R II R R a b R⇔ = + ⇔ = + ⇔ − + − = +

Trường hợp 1:
1
,
a b R a
= =

Bài 3. Đường tròn

29

( )
( ) ( )
( )
2
2 2
2
1 6 2 2 16 4 36 0
a a a a a a
⇔ − + − = + ⇔ − − + =

2 2
0 0
20 36 0 12 36 0
a a
a a a a
> <
 
 
⇔ ∨
 
− + = − + =
 
 
: vô nghiệm
(
)
( )
1 1
2 2
18 18;18 , 18
2 2; 2 , 2
a I R
a I R

= ⇒ =
⇔

= ⇒ =




Trường hợp 2:
1
,
a b R a
= − =

( )
( ) ( )
( )
2
2 2
2
1 6 2 2 8 4 36 0
a a a a a a
⇔ − + + = + ⇔ − − + =

2 2
0 0
12 36 0 4 36 0
a a
a a a a
> <
 
 
⇔ ∨
 
− + = − + =
 

 
: vô nghiệm
(
)
1 1
6 6; 6 , 6
a I R
⇔ = ⇒ − =
. Vậy có ba đường tròn cần tìm là:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 22 2 2
18 18 324; 2 2 4; 6 6 36
x y x y x y
− + − = − + − = − + + =

Bài 12.
Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A(–1; 7), B(4; –3), C(–4; 1). Hãy
viết phương trình đường tròn (C) nội tiếp tam giác ABC.
Giải
Gọi I(a; b), R lần lượt là tâm và bán kính của (C).
Gọi M(x; y) là chân đường phân giác trong của góc A trong tam giác ABC.
Ta có:
5 5
5
3

3 5
MB AB
MB MC
MC AC
= = ⇒ = −
 
. Suy ra M chia đoạn BC theo tỉ số
5
3
k
= −
nên ta có tọa độ điểm M là:
(
)
1
1
1
: 1;
2
1
1 2
B C
B C
x kx
x
k
M M
y ky
y
k

−

= = −


−
⇒ − −

−

= = −

−


I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên
2 2
IA BA
IA IM
IM BM
= = ⇒ = −
 

Suy ra điểm I chia đoạn AM theo tỉ số
2
k
= −
( )
1
1

: 1;2
2
1
A M
A M
x kx
x
k
I I
y ky
y
k
−

= = −


−
⇒ ⇒ −

−

= =

−


Phương trình cạnh (AB) là:
( )
(

)
2 5 0 , 5
x y R d I AB+ − = ⇒ = =

Phương trình đường tròn (C) là:
( )
( )
22
1 2 5
x y
+ + − =
.
Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương

30

Bài 13.
Lập phương trình đường thẳng
(
)
∆
đi qua gốc tọa độ O và cắt đường
tròn (C):
( )
( )
22
1 3 25
x y
− + + =
theo một dây cung có độ dài bằng 8.

Giải
Đường tròn (C) có tâm I(1; 3) và bán kính R = 5.
Phương trình đường thẳng qua O là:
(
)
2 2
0 0
ax by a b
+ = + >

Giả sử
(
)
∆
cắt (C) theo dây cung AB có độ dài bằng 8.
Kẻ IH
⊥

(
)
∆
tại H thì H là trung điểm của đoạn AB
4
2
AB
HA
⇒ = =

Tam giác IHA vuông tại H, ta có:
2 2

25 16 3
IH IA HA
= − = − =
. Mặt khác:
( )
( )
( )
( )
2
2 2 2
2 2
3
, 3 3 9 4 3 0
a b
d I IH a b a b a ab
a b
−
∆ = ⇔ = ⇔ − = + ⇔ + =
+

0: 1
4
: 3, 4
3
A chon B
B A chon A B
= =


⇔

= − = = −


. Suy ra:
(
)
(
)
1 2
: 0; :3 4 0
y x y
∆ = ∆ − =
.
Bài 14.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcac vuông góc Oxy, cho đường tròn
(C) có phương trình:
2 2
2 4 20 0
x y x y
+ + − − =
và điểm A(3; 0). Viết phương
trình đường thẳng
(
)
∆
đi qua điểm A và cắt đường tròn (C) theo một dây cung
MN sao cho
a.

MN

có độ dài lớn nhất.
b.

MN
có độ dài nhỏ nhất.
Giải
a.
Đường tròn (C) có tâm I(–1,2), bán kính R = 5
Dây MN lớn nhất khi MN là đường kính của (C).
Do đó
(
)
∆
là đường thẳng đi qua hai điểm A, I.
Phương trình của
(
)
∆
là:
3
2 3 0
1 3 2
y
x
x y
−
= ⇔ + − =
− −

b.

Ta có:
(
)
4; 2 2 5
IA IA= − ⇒ =


Kẻ IH
⊥
MN tại H. Dây MN nhỏ nhất khi IH lớn nhất.
Ta có:
max
2 5 2 5
IH IA IH≤ = ⇒ =
khi
(
)
H A IA
≡ ⇒ ∆ ⊥
tại A
(
)
∆
qua A và nhận
IA

làm vectơ pháp tuyến có phương trình:
(
)
(

)
4 3 2 0 0 2 6 0
x y x y
− − − = ⇔ − − =

I
M
N
(
∆
)
H
A
Bài 3. Đường tròn

31

Bài 15.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình:
2 2
2 4 4 0
x y x y
+ − + + =
. Viết PT đường thẳng
(
)
∆
//
(
)

:3 4 7 0
d x y
+ − =

và chia đường tròn (C) thành hai cung mà tỉ số độ dài bằng 2.
Giải
Đường tròn (C) có tâm
(
)
1; 2
I
−
và bán kính
R
= 1
(
)
(
)
(
)
(
)
// :3 4 0 7
d x y c c
∆ ⇒ ∆ + + = ≠ −

Giả sử
(
)

∆
chia hai đường tròn (C)
thành hai cung

AmB
và

AnB
sao cho:
sđ

AmB
= 2 sđ

AnB

⇒
sđ

AnB
=
120
°

⇒


o
120
AIB =

Kẻ IH
⊥
AB tại H, ta có:


o o
1 1
60 .cos 60
2 2
AIH AIB IH IA
= = ⇒ = =

Mặt khác:
( )
5
15 5
1
,
5 2 2 2
c
d I IH c c
−
∆ = ⇔ = ⇔ = ∨ =

Vậy có hai đường thẳng cần tìm là:
( ) ( )
1 2
15 5
:3 4 0; :3 4 0

2 2
x y x y
∆ + + = ∆ + + =

Bài 16.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình:
2 2
2 4 4 0
x y x y
+ − + + =
có tâm I và điểm M(–1; –3). Viết phương trình đường
thẳng (d) đi qua điểm M và cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và b sao cho tam
giác IAB có diện tích lớn nhất.
Giải
Đường tròn (C) có tâm I(1; –2), bán kính R = 3.
Phương trình đường thẳng (d) qua M có dạng:
( )
( )
(
)
2 2
1 3 0 0 2 0
a x b y a b ax by a b
+ + + = + ≠ ⇔ + + + =

Diện tích tam giác IAB là:
9
1
. sin ,
2 2

S IA IB
= ϕ =
với

AIB
ϕ =
và
(
)
0;
ϕ∈ π

9
max
2
S
⇒ =
đạt được khi
sin 1
2
π
ϕ = ⇒ ϕ =
.
Kẻ IH
⊥
AB tại H, ta có:


3
1

.cos
2 4 4
2
AIH AIB IH IA
π π
= = ⇒ = =
. Mặt khác:
( )
(
)
( )
(
)
2
2 2 2 2
, 2 2 9 7 8 0
d I d IH a b a b b ab a
= ⇔ + = + ⇔ − + =

7
b a a b
⇔ = ∨ =
.
Vậy có hai đường thẳng cần tìm là:
(
)
(
)
1 2
: 4 0; :7 10 0

d x y d x y
+ + = + + =
.
A
B
(d)
H
I
m
n
A
B
(d)
H
I
Ch
ươ
ng IV. Hình gi
ả
i tích – Tr
ầ
n Ph
ươ
ng


32

VII. TIẾP TUYẾN CHUNG CỦA HAI ĐƯỜNG TRÒN
Cho

( ) ( ) ( )
2 2
2
1 1 1 1
:
C x a y b R
− + − =
và
( ) ( ) ( )
2 2
2
2 2 2 2
:
C x a y b R
− + − =
.
Vi
ế
t ph
ươ
ng trình tiế
p tuy
ế
n chung c
ủa hai
đườ
ng tròn (C
1
) và (C
2

).
1. PH
ƯƠ
NG PHÁP T
Ổ
NG QUÁT:
(C
1
) có tâm
(
)
1 1 1
;
I a b
bán kính R
1
và (C
2
) có tâm
(
)
2 2 2
;
I a b
bán kính R
2
.
Xét (
∆
):

0
Ax By C
+ + =

(
)
2 2
0
A B
+ ≠
là ti
ế
p tuy
ế
n chung c
ủ
a (C
1
) và (C
2
).
⇒

(
)
( )
1 1
2 2
,
,

d I R
d I R

∆ =


∆ =



⇔

1 1 2 2
1 1
2 2 2 2
;
Aa Bb C Aa Bb C
R R
A B A B
+ + + +
= =
+ +

T
ừ

đ
ó suy ra h
ệ
2 ph

ươ
ng trình ba
ẩ
n A, B, C. Gi
ả
i 2
ẩ
n theo 1
ẩ
n r
ồ
i rút g
ọ
n
(ví d
ụ
: gi
ả
i A, C theo B) suy ra ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n chung c
ủ
a (C
1
) và (C
2

).
Ví d
ụ
:
Cho
(
)
2 2
1
: 9
C x y
+ =
và
(
)
2 2
2
: 6 8 0
C x y x
+ − + =
.
Vi
ế
t ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n chung c

ủ
a (C
1
) và (C
2
).
Giả
i:

( )
2 2
1
: 9
C x y+ =
có tâm
(
)
1
0;0I O
≡
bán kính R
1

=
3 ;

( )
( )
2
2

2
: 3 1
C x y
− + =
có tâm
(
)
2
3;0
I
bán kính R
2

=
1.
Xét (
∆
):
0
Ax By C
+ + =

(
)
2 2
0
A B
+ ≠
là ti
ế

p tuy
ế
n chung c
ủ
a (C
1
) và (C
2
).
⇒

( )
( )
( )
( )
2 2
1
2 2
2 2
2
2 2
.0 .0
, 3
3 1
3 0.
, 1
3 2
A B C
d I
C A B

A B
A B C
d I
A C A B
A B

+ +
∆ = =


= +
 
+
⇔
 
+ +
 
∆ = =
+ = +


+


3 3
C A C
⇒
= +

⇒

9
9 3
2
9 3 9
4
A
C
C A C
C A C A
C
−

=
= +


⇔



= − − −


=



Xét
9
2

A
C
= −
: T
ừ
h
ệ
th
ứ
c (1) ta suy ra:
2 2 2 2 2 2 2
5
3 9 5
2 4 4 2
A
A B A A B A B B A
− = + ⇔ = + ⇔ = ⇔ = ±

⇒
A
≠
0
(
∆
):
5 5
9 9
0 0 2 5 9 0
2 2 2 2
Ax Ay A x y x y

± − = ⇔ ± − = ⇔ ± − =

Bài 3. Đường tròn

33

Xét
9
4
C A
= −
: Từ hệ thức (1) ta suy ra:
2 2 2 2 2 2 2
3 9 7
0 0
4 16 16
A
A B A A B A B A B
− = + ⇔ = + ⇔ + = ⇔ = =

⇒
vô lý
Vậy (C
1
) và (C
2
) có 2 đường tiếp tuyến chung là:
(
)
1

: 2 5 9 0
d x y
− − =
và
(
)
2
: 2 5 9 0
d x y
+ − =

2. PHƯƠNG PHÁP TIẾP ĐIỂM:
Giả sử tiếp tuyến chung tiếp xúc với (C
1
) tại
(
)
(
)
0 0 1
,
M x y C
∈
, khi đó
( ) ( )
2 2
2
0 1 0 1 1
x a y b R
− + − =

(1)
và phương trình tiếp tuyến có dạng (
∆
):
(
)
(
)
(
)
(
)
0 1 0 0 1 0
0
x a x x y b y y
− − + − − =

(
∆
) tiếp xúc (C
2
)
⇔

( )
(
)
(
)
(

)
(
)
( ) ( )
0 1 2 0 0 1 2 0
2 2 2
2 2
0 1 0 1
,
x a a x y b b y
d I R R
x a y b
− − + − −
∆ = ⇔ =
− + −
(2)
Từ (1), (2)
⇒

( ) ( )
( )( ) ( )( )
2 2
2
0 1 0 1 1
0 1 2 0 0 1 2 0 1 2
x a y b R
x a a x y b b y R R

− + − =




− − + − − = ⋅


Giải hệ
⇒
tọa độ
(
)
0 0
,
M x y

⇒
Phương trình tiếp tuyến.
Ví dụ:
Cho
(
)
2 2
1
: 4
C x y
+ =
và
(
)
2 2
2

: 2 2 1 0
C x y x y
+ − − + =
.
Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C
1
) và (C
2
).
Giải:
(C
1
) có tâm
(
)
1
0;0
I O≡
bán kính R
1

=
2;
( )
( )
( )
22
2
: 1 1 1
C x y

− + − =
có tâm
(
)
2
1;1
I
bán kính R
2

=
1
Giả sử tiếp tuyến chung tiếp xúc với (C
1
) tại
(
)
0 0
,
M x y
, khi đó
2 2
0 0
4
x y
+ =
(1)
và phương trình tiếp tuyến có dạng: (
∆
):

0 0
4 0
x x y y
+ − =
.
Đường thẳng (
∆
) tiếp xúc với (C
2
)
⇔

( )
0 0
2 2
2 2
0 0
4
, 1
x y
d I R
x y
+ −
∆ = ⇔ =
+

2 2
0 0 0 0
4 2
x y x y

⇒ + − = + =
0 0 0 0
0 0 0 0
6 6
2 2
x y y x
x y y x
+ = = −
 
⇒  ⇔ 
 
+ = = −
 
.
Kết hợp với
2 2
0 0
4
x y
+ =
⇒
0 0
0 0
2; 0
0; 2
x y
x y
= =




= =

⇒
2 tiếp tuyến chung là:
2
x
=
và
2
y
=

Ch
ươ
ng IV. Hình gi
ả
i tích – Tr
ầ
n Ph
ươ
ng


34

3. PH
ƯƠ
NG PHÁP XÉT CÁC TR
ƯỜ

NG H
Ợ
P V
Ị
TRÍ T
ƯƠ
NG
ĐỐ
I C
Ủ
A 2
ĐƯỜ
NG TRÒN:
TH1:
1 2 1 2
I I R R
> +

⇒
⇒⇒
⇒
(C
1
) và (C
2
) ngoài nhau
⇒
⇒⇒
⇒
có 4 ti

ế
p tuy
ế
n chung.
N
ế
u
1 2
R R
=
thì 2 ti
ế
p tuy
ế
n chung ngoài //
1 2
I I
, 2 ti
ế
p tuy
ế
n chung trong c
ắ
t nhau
t
ạ
i K là trung
đ
i
ể

m c
ủ
a
1 2
I I

N
ế
u
1 2
R R
≠
thì 2 ti
ế
p tuy
ế
n chung ngoài c
ắ
t nhau t
ạ
i J và 2 ti
ế
p tuy
ế
n chung
trong c
ắ
t nhau t
ạ
i K.

TH2:
1 2 1 2
I I R R
= +

⇒
⇒⇒
⇒
(C
1
) và (C
2
) ti
ế
p xúc ngoài
⇒
⇒⇒
⇒
có 3 ti
ế
p tuy
ế
n chung.
Nếu
1 2
R R
=
thì 2 tiếp tuyến chung ngoài song song với
1 2

I I
, tiếp tuyến chung
trong
đ
i qua ti
ế
p
đ
i
ể
m K là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
1 2
I I
và vuông góc v
ớ
i
1 2
I I
.
N
ế
u
1 2
R R

≠
thì 2 ti
ế
p tuy
ế
n chung ngoài c
ắ
t nhau t
ạ
i J, ti
ế
p tuy
ế
n chung trong
đ
i qua ti
ế
p
đ
i
ể
m K c
ủ
a (C
1
), (C
2
).

TH3:

1 2 1 2 1 2
R R I I R R
− < < +

⇒
⇒⇒
⇒
(C
1
) và (C
2
) c
ắ
t nhau
⇒
⇒⇒
⇒
có 2 ti
ế
p tuy
ế
n chung.
N
ế
u
1 2
R R
=
thì 2 ti
ế

p tuy
ế
n chung song song v
ớ
i
1 2
I I
. N
ế
u
1 2
R R
≠
thì 2 ti
ế
p
tuy
ế
n chung c
ắ
t nhau t
ạ
i J.

I
1

I
2

I
2

I
1

J
K
I
1

I
2

K
I
2

I
1

J
K
I
1
I
2

K
I

2

I
1

J
Bài 3. Đường tròn

35

TH4:
1 2 1 2
I I R R
= −

⇒
⇒⇒
⇒
(C
1
) và (C
2
) tiếp xúc trong
⇒
⇒⇒
⇒
có 1 tiếp tuyến chung.
Nếu
1 2
R R

≠
thì (C
1
) và (C
2
) có 1 tiếp tuyến
chung tại tiếp điểm K của 2 đường tròn.
Nếu
1 2
R R
=
thì 2 đường tròn trung nhau
⇒
vô số tiếp tuyến chung
TH5:
1 2 1 2
I I R R
< −
⇒
⇒⇒
⇒
(
C
1
)
và
(
C
2
)

nằm trong nhau

⇒
⇒⇒
⇒

không có tiếp tuyến chung



Cách xác định tọa độ điểm J, K:
Ta có:
1 1 1
2 2 2
KI R JI
KI R JI
= =

⇒

1 1
1 2 1 2
2 2
;
R R
KI KI JI JI
R R
= − =
   

⇒
Tọa độ 2 điểm J, K
Phương trình tiếp tuyến chung của (C
1
) và (C
2
) là phương trình tiếp tuyến đi
qua J, K của (C
1
), (C
2
).

Sau khi tìm được tọa độ của J và K, ta viết phương trình tiếp tuyến chung
theo phương pháp sau:
Cách 1:
Đường thẳng đi qua J là (
∆
):
(
)
(
)
0
J J
A x x B y y
− + − =

(
)

2 2
0
A B
+ >

tiếp xúc với (C
1
)
⇔

( )
(
)
(
)
1 1
1 1 1
2 2
,
J J
A a x B b y
d I R R
A B
− + −
∆ = ⇔ =
+

⇒
Tính B theo A hoặc tính A theo B, rút gọn
⇒

(
∆
)
Cách 2:
Giả sử tiếp tuyến chung tiếp xúc với (C
1
) tại
(
)
0 0
,
M x y
, khi đó
( ) ( )
2 2
2
0 1 0 1 1
x a y b R
− + − =
(1) và phương trình tiếp tuyến (
∆
) có dạng:
(
)
(
)
(
)
(
)

0 1 0 0 1 0
0
x a x x y b y y
− − + − − =
(2)
Điểm J
∈
(
∆
)
⇔

(
)
(
)
(
)
(
)
0 1 0 0 1 0
0
J J
x a x x y b y y
− − + − − =
(3).
Từ (1) và (3) suy ra
(
)
0 0

,
M x y
, thay vào (2)
⇒
Phương trình tiếp tuyến (
∆
)
Ví dụ 1:
Cho
(
)
2 2
1
: 4 3 0
C x y x
+ + + =
và
(
)
2 2
2
: 8 12 0
C x y x
+ − + =
.
Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C
1
) và (C
2
).

Giải:
(C
1
) tâm
(
)
1
2;0
I −
, R
1

=
1; (C
2
) tâm
(
)
2
4;0
I
, R
2

=
2.
Ta có:
1 2 1 2
6
I I R R

= > +

⇒
(C
1
) và (C
2
) ngoài nhau
⇒
có 4 tiếp tuyến chung.
Hai tiếp tuyến chung ngoài cắt nhau tại J, 2 tiếp tuyến chung trong cắt nhau tại K
Ta có
1 1 1
2 2 2
KI R JI
KI R JI
= =

⇒

1 2 1 2
1 1
;
2 2
KI KI JI JI
= − =
   

⇒

(
)
(
)
0;0 , 8;0
K O J≡ −

I
2

I
1

K